?11,?12,...,?1r,...,?ir,...,?tr线性无关.
1it 若r1?r2?...?rt?n，那么Q就有n个线性无关的特征向量?Q可以对角化. 若Q与对角矩阵相似，则Q的属于不同特征值的特征向量总数一定为n. 否则根据定理1就可以推出?1,?2,...,?t线性相关，矛盾.
相较于定理1，定理3的优点在于判定一个矩阵是否可以对角化着点于特征向量的重数，方便了许多，也易于计算.
下面利用定理1结合矩阵的秩给出矩阵可对角化的另一判别方法.
引理2 设n阶方阵A,B?Pn?n，则有r(A?B)?r(A)?r(B).
证明：先证rank[A,B]?rank(A)?rank(B)??(2). 根据矩阵秩的定义有 r[A,B]?n?2n阶矩阵[A,B]的线性无关的行数
?方阵A的线性无关的行数?方阵B的线性无关的行数 ?r(A)?r(B).
?E?对方阵矩阵B?A?[B,A]??，由(2)式有r(B?A)?r[A,B]，所以
?E?r(A?B)?r(A)?r(B).
引理3 对于n阶方阵C,D有r(AB)?r(A)?r(B)?n.
?CO??CT?证明：先证r(C)?r(D)?r??OD???r??OD????（3），其中T为任意n阶方阵.
????显然当C,D中有一个为O时结论成立；另设r(C)?p,r(D)?q，则C有p阶子式
M1?0，D有q阶子式M2?0.
?CT?于是??OD??有p?q阶子式
??M1*?M1M2?0,
OM2?CT?因此r??OD???p?q?r(C)?r(D).
?? 要证r(AB)?r(A)?r(B)?n，只需证明： 运用分块矩阵的初等变换有：
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r(AB)?n?r(A)?r(B)
?En ??O?
O??En????AB???AO??En????AB???A?B???BEn??????O?， O?A???有初等变换不改变矩阵的秩以及式(3)有：
??BEn?? r(AB)?n?r??r(A)?r(B). ?O?A???Ep另证：令r(A)?p，则存在可逆矩阵C,D使得CAD=??O?OO??1O??1???D ?，若令C???O??OEn?p?=H,则r(H)?n?p以及A?H=C?1D?1. 又因为任意矩阵左乘以与其行数相等的非奇异方阵或者右乘以与其列数相等的非奇异方阵不改变这个矩阵的秩，因此
r(B)=r(C?1D?1B) =r(AB)?r(HB) ?r(AB)+r(H)
?r(AB)?n?p.
引理3的一般形式：（Syl希尔维斯特不等式）设A，B，C?Pn?n分别为
i?j,j?k,k?t矩阵，则
r(ABC)?r(AB)?r(BC)?r(B). 证明：要证r(ABC)?r(AB)?r(BC)?r(B)只需证明
r(ABC)?r(B)?r(AB)?r(BC), 因为分块矩阵的初等变换不会改变矩阵的秩，而
O??EA??ABCO??EO??OE??AB???????????OE??O???CE??EO??B?BC??， B??????????也即
AB??ABO??ABCO??ABCAB??O????????， ????O???????B??OB???BCB??B?BC??再有定理(3)就得
O??ABCO??AB???rank??rank?rank(AB)?rank(BC). ?O???B???B?BC?推论3设B1,B2,...,Bt为数域P上的n阶方阵，则
r(B1)?r(B2)?...?r(Bt)?(t?1)n?r(B1B2...Bt).
定理4 设n阶方阵Q?Pn?n，?1??2，且(?1E?Q)(?2E?Q)?0，则Q可对角化.
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证明：由?1??2，(?1E?Q)(?2E?Q)?0有矩阵Q的特征值为?1或?2，根据引理2，引理3得：r(?1E?Q)?r(?2E?Q)?n，从而Q的特征向量(线性无关)共有
n?r(?1E?Q)?n?r(?2E?Q)?n个.
由定理1即得矩阵Q可对角化.
定理4? 设n阶方阵Q?Pn?n,?1,?2,...,?t两两互不相等，若
(?1E?Q)(?2E?Q)?(?t?1E?Q)(?tE?Q)?0
则Q与对角阵相似.
证明：根据(?1E?Q)(?2E?Q)?(?t?1E?Q)(?tE?Q)?0有Q的特征值在
?1,?2,..?.t.中取得... 再由引理3的推论有
r(?1E?Q)?r(?2E?Q)?...?r(?tE?Q)?(t?1)n,
从而方阵Q的线性无关的特征向量的个数为
n?r(?1E?Q)?n?r(?2E?Q)?...?n?r(?tE?Q)?tn?(r(?1E?Q)?r(?2E?Q)?...?r(?tE?Q))
?tn?(t?1)n?n.
又因为r(Q)?n，故方阵Q的线性无关的特征向量的个数为n，由此矩阵Q可对角化.
推论4在定理4的前提条件下我们可以得到如下结论：
r(?1E?Q)?r(?2E?Q)?...?r(?tE?Q)?(t?1)n.
定理4是判定矩阵相似与对角矩阵的充要条件，若矩阵阶数较高，计算量依然很大，特征值仍然需要计算，下面给出类似于定理4的充要条件.
定理5 设?1,?2,...,?t（互不相同）是Q?Pn?n的的特征值，重数分别为s1,s2,...,st且s1?s2?...?st?n，Q可对角化?
?(?E?Q)?0.
ii?1t证明：先证明必要性
??1??Q与V=????
?2????相似，则存在非奇异矩阵T满足 ???T??8
???1E1?Q?TVT?1?T????2E2????T?1， ????tEt??其中Ei(i?1,2,...t)为si阶单位矩阵，于是
(?iE?Q)?T(?iE?V)T?1
??(?i??1)E1?=T?(??i??2)E?2??1???T， ???(?i??t)Et?? 从而有
?tt(??1iE?Q)??T(?iE?V)T
i?1i?1?????(?i??1)E1?i?T????(?i??2)E2??i?T?1. ??????(?i???t)Eti??由于?(?i??j)Ej?0(j?1,2,...,t)，因此i?(?iE?Q)?0.
i 再证充分性：对于n阶矩阵Q，存在可逆矩阵T，使得
??J1?Q?TJT?1?J??T?2????T?1， ??J?t??Ji(i?1,2,...,t)是Jordan块，若Jj??jEj(j?1,2,...t)，Q就可以对角化，而
(?iE?Q)?T(?iE?J)T?1
??(?i?J1)E1??T?(?J??i?2)E2??T?1， ?????(?i?Jt)Et??
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??(?i?J1)E1?i??(?E?Q)?T?i?i????i?(?ii?J2)E2????T?1. ???(?i?Jt)Et???i?所以，若(?iE?Q)?0，则因T可逆有?(?iEi?Jj)?0(j?1,2,...,t)，又因为当i?j时，
(?i??j)?0，(?iEj?Jj)可逆，所以(?jEj?Jj)?0，即?jEj?Jj(j?1,2,...,t). 引理4 X?Pn?n,?1,?2??m...是X的关于特征值?的特征向量，我们有?ki?ii?1m（ki,i?1,2,...,m不全为0，ki?P）也是X的关于?的特征向量.
证明：已知X?i???i，则kiX?i?ki??i，也即Xki?i??ki?i，因此
X?ki?i???ki?i，
i?1i?1mm又ki不全为0，因此?ki?i?0，由特征向量的定义有?ki?i是矩阵X的属于特
i?1mmi?1征值?得特征向量.
定理6 ?1,?2,...,?t(互不相同)是n阶矩阵Q的所有特征值，它们的代数重数依次是s1,s2,...,st，则方阵Q与对角矩阵相似?r(Aj)?sj(j?1,2,...,t),Aj??(?iE?Q).
i?j证明：先证必要性.
Q可对角化?存在可逆矩阵T使得Q?Tdiag(?1,?2,...,?t)T?1，从而
Aj??(?iE?Q)
i?j??(?i??1)E1?i?j???T??????(?i?ji??2)E2?????1?T
??(?i??t)Et???i?j? 10